四川省成都市树德中学2022-2023学年高二化学下学期5月月考试题（Word版附解析）

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树德中学高2021级高二下学期5月阶段性测试化学试题
考试时间：100分钟 分值：100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 K-39 V-51 Mn-55 Ge-73
第Ⅰ卷(共40分)
一、选择题(本题共20小题，每小题2分，共40分。每题只有一项符合要求的答案)
1. 化学密切联系生产、生活实际，下列说法正确的是
A. 冶炼铝选择为原料，冰晶石作助熔剂
B. 电解精炼粗铜时，粗铜作阴极
C. 锅炉内壁装上若干镁合金用来保护钢铁设备，原理是牺牲阳极的阴极保护法
D. 铁皮上电镀锌时，锌作阳极；镀锌铁皮的镀层破损后，铁皮会加速腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A．冶炼铝选择为原料，冰晶石作助熔剂，故A错误；
B．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极，故B错误；
C．锅炉内壁装上若干镁合金，镁比铁活泼，镁合金作负极，采用原电池原理牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁，故C正确；
D．镀锌铁皮的镀层破损后，锌比铁活泼，锌作负极，铁依旧被保护，故D错误；
故选：C。
2. 高效率和高选择性将CO2转化为CH4是CO2资源化利用的途径之一，我国科研工作者开发了一种空腔串联反应器，为电催化还原CO2提供了一种可行的转化方案，其原理如图所示。

设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 22gCO2中所含共用电子对数目为4NA
B. 1molCH4中所含质子数和中子数均为10NA
C. 途径2生成标准状况下22.4LCH4，反应转移电子数为8NA
D. 途径1所得产物物质的量之比为l：1，形成共价键数目为6NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2的结构式为O=C=O，含有4个共用电子对，22gCO2的物质的量为=0.5mol，所含共用电子对数目为2NA，故A错误；
B．CH4中含有10个质子，6个中子，则1molCH4中含有10 NA个质子和6 NA个中子，故B错误；
C．标准状况下22.4LCH4的物质的量为1mol，途径2生成CH4的过程中C元素化合价由+4价下降到-4价，反应转移电子数为8NA，故C正确；
D．未说明所得产物物质的量，无法计算形成共价键数目，故D错误；
故选C。
3. 化合物T是一种用于合成药物的重要试剂，其结构简式如图所示。已知X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的前四周期主族元素，Z、M位于同一主族，X、Y、N的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数。下列有关叙述错误的是

A. 简单离子半径：
B. 简单氢化物稳定性：
C. 化合物与YZM均为直线形分子
D. 化合物T中所有原子均满足8电子相对稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】由化合物T的结构简式和X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的前四周期主族元素可知，N为K元素，X可形成1个共价键，且其原子序数最小，X为H元素，Y可形成4个共价键，可推断出Y为C元素，X、Y、N的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，且Z可形成2个共价键，可推断出Z最外层电子数为6，Z与M为同主族元素，即Z、M分别为O元素、S元素。据此分析解答。
【详解】A．电子层数越多，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；简单离子半径：M>N>Z，故A正确；
B．元素非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，简单氢化物稳定性：Z>M>Y，故B正确；
C．化合物CS2和COS中心C原子的价层电子对数均为2，无孤电子对，均为直线结构，故C正确；
D．化合物T中含H原子，与其他原子形成共价键，H原子的最外层为2个电子，不是所有的原子均满足8电子稳定结构，故D错误；
故选D。
4. 2021年9月24日，中科院天津工业生物技术研究所成果“无细胞化学酶系统催化合成淀粉"在国际学术期刊《自然》上发表。其中一步核心反应如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。

下列说法错误的是
A. 与DHA可以发生酯化反应
B. 由甘油选择性制备DHA的反应的反应类型为氧化反应
C. 1molDHA分子中最多有个原子共平面
D. 淀粉与纤维素的分子式相同，但二者不互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【分析】转化过程中各步反应方程式分别为：①CO2+3H2=CH3OH+H2O；②CH3OH+O2=H2O2+HCHO；③2H2O2=O2↑+2H2O；④。
【详解】A．DHA含有羰基和羟基，不含羧基，不能和发生酯化反应，故A错误；
B．甘油的结构简式为CH2(OH)CH(OH)CH2(OH)，由甘油制备DHA的反应为脱氢的氧化反应，故B正确；
C．依据甲醛4原子共平面，单键可以旋转，DHA分子中除了亚甲基上有2个H不共面，最多有8个原子在同一平面上，则1molDHA分子中最多有个原子共平面，故C正确；
D．淀粉与纤维素的分子式相同，均为(C6H10O5)n，但n值不同，故二者不互为同分异构体，故D正确；
答案选A。
5. 聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如下：

下列说法错误的是
A.
B. 聚乳酸分子中含有两种官能团
C. 乳酸与足量的反应生成
D. 两分子乳酸反应能够生成含六元环的分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据氧原子数目守恒可得：3n=2n+1+m，则m=n-1，A正确；
B．聚乳酸分子中含有三种官能团，分别是羟基、羧基、酯基，B错误；
C．1个乳酸分子中含有1个羟基和1个羧基，则1mol乳酸和足量的Na反应生成1mol H2，C正确；
D．1个乳酸分子中含有1个羟基和1个羧基，则两分子乳酸可以缩合产生含六元环的分子（），D正确；
故选B。

6. 下列离子方程式正确的是
A. 通入冷的NaOH溶液：
B. 用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的：
C. 硫酸酸化的溶液中加入：
D. 溶液与少量的溶液混合：
【答案】A
【解析】
【详解】A．和NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，A正确；
B．醋酸是弱酸，不能拆开，B错误；
C．被氧化生成，但在酸性条件下，不会生成氢氧化铁沉淀，C错误；
D．溶液与少量的溶液反应，应按少量的的电离比例书写离子方程式：，D错误；
答案选A。
7. 根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是
选项
实验目的
实验及现象
结论
A
探究氢离子浓度对、相互转化的影响
向溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变橙色
增加氢离子浓度，转化平衡向生成的方向移动
B
检验乙醇中是否含水
向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体
乙醇中含水
C
检验铁锈中是否含有二价铁
将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液，紫色褪去
铁锈中含有二价铁
D
比较和的水解常数
分别测定浓度均为的和的pH，后者大于前者


A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．溶液中存在反应：，呈黄色，呈橙红色，增加氢离子浓度，溶液由黄色变为橙色，说明平衡正向移动，故A正确；
B．乙醇与钠反应也生成氢气，因此不能用Na检验乙醇中是否有水，故B错误；
C．能氧化氯离子，因此盐酸也能使高锰酸钾溶液褪色，应将铁锈溶于硫酸，故C错误；
D．所选盐的阳离子不同，阳离子的水解程度对阴离子的水解产生影响，因此应选用等浓度的和进行实验，故D错误；
故选：A。
8. 从电解阳极泥中提取单质硒的工艺流程如下：

已知：Se在阳极泥中主要以形式存在，焙烧后转化为，硒化物有毒。
下列说法中正确的是
A. 若焙烧时反应为，反应转移电子12mol
B. 焙烧时需要使用玻璃棒、陶瓷坩埚等仪器
C. 还原过程中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为
D. 硒代硫酸钠()与反应可以得到固体Se
【答案】D
【解析】
【分析】Se在阳极泥中主要以形式存在，焙烧后转化为，发生的反应为，加水浸出，除去滤渣，再加盐酸酸化，得到，向所得溶液通入SO2还原得到固体Se。
【详解】A．中Se的化合价从-2价升高到+4价，O2中O的化合价从0价降低到-2价，但转移电子多少与反应物用量有关，题中没有明确反应物的量，故无法计算转移电子的物质的量，A错误；
B．陶瓷坩埚含有二氧化硅，在高温条件下能与Na2CO3反应，故焙烧时不能使用陶瓷坩埚，B错误；
C．还原过程中发生反应：，反应中作氧化剂，SO2作还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为，C错误；
D．由硫代硫酸钠()与反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫和水可推测，硒代硫酸钠()与反应可以发生类似的反应，得到固体Se，D正确；
答案选D。
9. 一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：

下列说法错误的是
A. 物质X常选用生石灰
B. 工业上常用电解熔融制备金属镁
C. “氯化”过程中发生的反应为
D. “煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水
【答案】D
【解析】
【分析】海水经一系列处理得到苦卤水，苦卤水中含Mg2+，苦卤水中加物质X使Mg2+转化为Mg(OH)2，过滤除去滤液，煅烧Mg(OH)2得MgO，MgO和C、Cl2经“氯化”得无水MgCl2。
【详解】A．物质X的作用是使Mg2+转化为Mg(OH)2，工业上常采用CaO，发生CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，A正确；
B．Mg是较活泼金属，工业上常用电解熔融制备金属镁，B正确；
C．由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C，生成物之一为MgCl2，C在高温下能将二氧化碳还原为CO，则“气体”为CO，反应方程式为，C正确；
D．“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发HCl会逸出，MgCl2水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2，D错误；
选D。
10. 下列有关选项描述不正确的是
A. 第一电离能：
B. 干冰与冰两种晶体对比密度和空间利用率大小：干冰＞冰
C. 第四周期某元素的基态原子中3d能级上有4个未成对电子，则价电子排布式为或
D. 与氨硼烷()互为等电子体，其中C、N、B原子的杂化类型均为
【答案】C
【解析】
【详解】A．同周期从左到右主族元素的第一电离能呈增大趋势，IIA、VA族大于相邻元素，则第一电离能：N＞O＞Be＞B，A项正确；
B．干冰中CO2分子间只存在范德华力，干冰中CO2分子采取分子密堆积，冰晶体中H2O分子间存在范德华力和分子间氢键，由于氢键具有方向性，在冰晶体中每个水分子周围只有4个紧邻的水分子，导致冰晶体不具有分子密堆积的特征，使得冰晶体中水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，同时CO2的摩尔质量大于H2O的摩尔质量，故密度和空间利用率大小：干冰＞冰，B项正确；
C．第四周期某元素的基态原子中3d能级上有4个未成对电子，则价电子排布式为3d64s2，不可能为3d44s2，C项错误；
D．CH3CH3与氨硼烷中的C、N、B均形成4个σ键，没有孤电子对，均采取sp3杂化，D项正确；
答案选C。
11. Fe、HCN与在一定条件下发生如下反应：。下列说法错误的是
A. 此化学方程式中涉及的部分主族元素的电负性由大到小的顺序为
B. 配合物的中心离子的价电子排布图为，该中心离子的配位数是6
C. 配合物的配体为，配位原子为N
D. 中阴离子的空间构型为平面三角形，其中碳原子的杂化方式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．C、N、O为同周期元素，随核电荷数的增加电负性增大，且三者电负性均大于H，则电负性：，故A正确；
B．配合物的中心离子为Fe2+，其价电子排布图为：，由离子结构可知其配位数为6，故B正确；
C．配合物的配体为，C的电负性比N小，配位原子为C，故C错误；
D．CO的中心C原子的价层电子对数=，无孤电子对，离子空间构型为平面三角形，碳原子杂化方式为，故D正确；
故选：C。
12. 下列有关说法正确的是
A. 、、SiC的晶体类型与化学键类型均相同
B. 四氨合铜离子中H-N-H键角大于分子中H-N-H键角
C. 离子晶体受热分解温度比较：
D. 酸性强弱比较：
【答案】B
【解析】
【详解】A．、SiC属于共价晶体; 属于分子晶体，晶体类型不同，故A错误;
B．四氨合铜离子中N原子形成4对共价键，不存在孤电子对， 中N原子形成3对共价键，含1对孤电子对，成键电子对之间斥力比孤电子对和成键电子对之间的斥力要小，因此四氨合铜离子中H-N-H键角大于分子中H-N-H键角，故B正确;
C．金属阳离子的极化能力越强，反应就越容易，对于碱土金属，同主族从上到下离子半径递增，极化能力递减，碳酸盐的热稳定性递增，故C错；
D．中含O原子多，氧原子吸引电子使得硝酸中O-H键的极性增大，因此电离程度大于，则酸性： ，故D错误；
故选：B。
13. 如图表示一个晶胞，该晶胞为正方体结构，图中粒子(原子、分子或离子)位于正方体的顶点和面心。下列有关说法不正确的是

A. 该晶胞若为分子晶体或者金属晶体的一个晶胞时，与每个粒子距离最近且距离相等的粒子数均为12
B. 若这是一个不完整的金刚石晶胞，则晶胞中其他碳原子的数目为4个，假设C原子半径为r，则晶胞边长为
C. 若这是一个不完整的晶胞，则图中所示实心球表示，而离子填充在顶点和最近的三个面心组成的8个正四面体空隙中，且离子配位数为8
D. 若这是一个不完整的氯化钠晶胞，则图中粒子可均为钠离子，也可均为氯离子
【答案】C
【解析】
【详解】A．由晶胞结构可知该粒子位于顶点和面心，以面心粒子为观察对象，每个粒子距离最近且距离相等的粒子数均为12，故A正确；
B．金刚石晶胞中体对角线长为8r，则晶胞边长为，故B正确；
C．离子填充在顶点和最近的三个面心组成的8个正四面体空隙中，则离子配位数为4，故C错误；
D．氯化钠晶胞中，钠离子周围有6个氯离子，氯离子周围有6个钠离子，则图中粒子可能为钠离子，也可能为氯离子，故D正确；
故选C。
14. 某探究性学习小组认为与KI溶液反应时，能发生以下反应：① ，② 。设计如下装置进行验证，一段时间后，石墨Ⅱ电极上有光亮的物质生成。

已知AgI的溶度积常数，氧化性，下列有关叙述正确的是
A. 石墨Ⅰ正极，盐桥内溶质为KCl
B. 石墨Ⅱ的电极反应式为
C. 往KI溶液中加入淀粉可检验生成的产物
D. 平衡常数：；反应活化能：①>②
【答案】C
【解析】
【分析】一段时间后，石墨Ⅱ电极上有光亮的物质生成，说明构成了原电池，石墨Ⅱ生成了Ag，则石墨Ⅱ为正极，电极反应式为Ag++e-=Ag，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为2I--2e-=I2，据此解答。
【详解】A．由于石墨Ⅱ电极区溶液为AgNO3溶液，Ag+与Cl-反应生成AgCl沉淀，易堵塞盐桥，A错误；
B．石墨Ⅱ为正极，发生还原反应，电极反应式为，B错误；
C．石墨Ⅰ为负极，电极反应式为2I--2e-=I2，淀粉遇碘单质变蓝，因此往KI溶液中加入淀粉可检验生成的产物，C正确；
D．由可计算出反应①的，故在溶液中易发生沉淀反应，不易发生氧化还原反应，说明反应活化能①<②，D错误；
答案选C。
15. 基于硫化学的金属硫电池有望替代当前锂离子电池技术，满足人类社会快速增长的能源需求，该电池的结构及原理如图所示。

下列有关叙述正确的是
A. 该电池可采用含的水溶液或有机物为电解质溶液
B. 放电时，电子的移动方向：电极a→电极b→隔膜→电极a
C. 充电时，阳极区可能发生的反应有
D. 充电时。电路中转移时，阴极质量减重78g
【答案】C
【解析】
【详解】A．该电池的负极为金属K，易与发生反应，不能用含的水溶液为电解质溶液，故A错误；
B．放电时，电极a负极，电子从电极a通过导线流动到电极b，电子不通过电解质，故B错误；
C．阳极反应可能存在[、、]，故C正确；
D．充电时，电路中转移时，阴极发生的反应为，故电极应增重78g，故D错误；
故答案选C。
16. 某温度下，反应CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是
A. 增大压强，，平衡常数增大
B. 加入催化剂，平衡时的浓度增大
C. 恒容下，充入一定量的，平衡向正反应方向移动
D. 恒容下，充入一定量的，的平衡转化率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以加快化学反应速率，正反应速率增大的幅度大于逆反应的，故v正> v逆，平衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A不正确；
B．催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B不正确；
C．恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；
D．恒容下，充入一定量的CH2=CH2 (g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2=CH2 (g)的平衡转化率减小，D不正确；
综上所述，本题选C。

17. 常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。

设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A. 溶液Ⅰ中
B. 溶液Ⅱ中的HA的电离度为
C. 溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等
D. 溶液Ⅰ和Ⅱ中之比为
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；
B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；
C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；
D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；
答案选B。

18. 甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是

A. 甘氨酸具有两性
B. 曲线c代表
C. 的平衡常数
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确；
B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；
C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C正确；
D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D错误；
故答案选D。

19. 已知：25 °C时，某些弱酸的电离常数如下表，下列说法正确的是
H2SO3
H2CO3
CH3COOH
HClO
Kl=1.54×10-2
K1==4.30×10-7
K=1.8×l0-5
K = 2. 95×l0-8
K2=1.02×10-7
K2=5.61×l0-11

A. 向漂白粉溶液中加入少量NaHSO3可增强漂白性
B. 向Na2CO3溶液中通入少量SO2发生反应的离子方程式为：2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-
C. 相同浓度的NaClO、Na2CO3、NaHCO3溶液的pH值由大到小的顺序为：NaClO>Na2CO3>NaHCO3
D. 相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，溶液中各离子浓度的大小关系为：c(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】B
【解析】
【详解】A．向漂白粉溶液中加入少量NaHSO3，亚硫酸氢钠被氧化，漂白性降低，A错误；
B．亚硫酸的酸性强于碳酸，则Na2CO3溶液中通入少量SO2发生反应的离子方程式为：2CO32-+SO2+H2O＝2HCO3-+SO32-，B正确；
C．酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3－，相同浓度的NaC1O、Na2CO3、NaHCO3溶液的pH值由大到小的顺序为：Na2CO3>NaC1O>NaHCO3，C错误；
D．次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根，则相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，溶液中各离子浓度大小关系是：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，D错误；
答案选B。
20. 工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是

A. 反应的平衡常数
B.
C. 曲线④代表含的溶液的变化曲线
D. 对含且和初始浓度均为的混合溶液，时才发生沉淀转化
【答案】D
【解析】
【分析】溶液pH变化，含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1mol/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1mol/L碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线。
【详解】A．反应SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数K===，A正确；
B．由分析可知，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)=10—5.5×0.1=10—6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为=10—6.5，则a为-6.5，B正确；
C．由分析可知，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，C正确；
D．对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0mol·L-1的混合溶液中锶离子的浓度为10-6, 5，根据图示，锶离子的降低，所以发生沉淀转化，D错误；
故选D。

第Ⅱ卷(共60分)
二、填空题(本题共5小题，共60分)
21. 锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。请回答下列问题：
（1）基态锗原子的核外电子排布式为[Ar]_______，有_______个未成对电子。
（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键。从原子结构的角度分析，原因是_______。
（3）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析变化的规律及原因_______。




熔点/℃

26
146
沸点/℃
83.1
186
约400

（4）光催化还原制备反应中，带状纳米是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大到小的顺序是_______。
（5）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为_______，微粒之间存在的作用力是_______。
（6）晶胞有两个基本要素：
①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。下图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为；C为。则B原子的坐标参数为_______。
②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数，其密度为_______(列出计算式即可)。

【答案】（1） ① ②. 2
（2）Ge半径大，原子间形成的共价键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不重叠
（3）按氯溴碘顺序，熔沸点依次升高；原因是它们结构相似，相对分子质量按氯溴碘顺序依次增大，分子间作用力逐渐增大
（4）
（5） ①. ②. 共价键
（6） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
Ge是32号元素，与碳元素是同一主族的元素，在元素周期表中位于第四周期IVA族；基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar] 3d104s24p2；在其原子的最外层的2个4p电子分别位于2个不同的4p轨道上，所以基态Ge原子有2个未成对的电子，故答案为：3d104s24p2；2；
【小问2详解】
Ge与C是同族元素，C原子原子半径较小，原子之间可以形成双键、三键；但Ge原子之间难以形成双键或三键，从原子结构角度看，这是由于锗的原子半径大，原子之间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠的程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键，故答案为Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p−p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；故答案为：Ge半径大，原子间形成的共价键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不重叠；
【小问3详解】
锗元素的卤化物在固态时都为分子晶体，分子之间通过微弱的分子间作用力结合。对于组成和结构相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高。由于相对分子质量：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，所以它们的熔沸点由低到高的顺序是：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，故答案为：按氯溴碘顺序，熔沸点依次升高；原因是它们结构相似，相对分子质量按氯溴碘顺序依次增大，分子间作用力逐渐增大；
【小问4详解】
光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。元素的非金属性越强，其吸引电子的能力就越强，元素的电负性就越大。元素Zn、Ge、O的非金属性强弱顺序是：O＞Ge＞Zn，所以这三种元素的电负性由大至小的顺序是O＞Ge＞Zn，故答案为：O>Ge>Zn；
【小问5详解】
Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为1个s轨道与3个p轨道形成的sp3杂化；由于是同一元素的原子通过共用电子对结合，所以微粒之间存在的作用力是共价键，故答案为：sp3；共价键；
【小问6详解】
①根据各个原子的相对位置可知，B位于面心上，在x、z方向的1/2处，所以其坐标是，故答案为：；
②根据晶胞结构可知，在晶胞中含有的Ge原子数是8×1/8+6×1/2+4=8，所以晶胞的密度ρ=
g·cm-3，故答案为：。
22. 某软锰矿的主要成分是，还含有CaO、、FeS等杂质，以该软锰矿为原料制备碳酸锰()的工业流程图如下：

已知：①部分阳离子沉淀时溶液的pH如下表。
阳离子


开始沉淀的pH
8.8
10.6
沉淀完全的pH
10.1
13.1
②为难溶物
回答下列问题：
（1）用稀硫酸“浸出”软锰矿时，要在适当的高温下进行，并不断搅拌的目的是_______；若在“浸出”液中加入KSCN溶液，溶液呈血红色，写出在酸溶过程中FeS发生反应的离子方程式：_______。
（2）“操作Ⅰ”需要加入试剂X调节溶液的pH，试剂X最好选用_______(填字母)；
A.溶液 B.NaOH溶液 C.氨水 D.固体
已知室温下，，则室温下“操作Ⅰ”中除去杂质离子(要求杂质离子浓度均小于)所需调节溶液的pH在_______范围内。
（3）写出“沉锰”时加入足量的离子方程式为_______；“沉锰”后需要过滤、洗涤碳酸锰沉淀，检验碳酸锰洗涤干净的方法是_______。
【答案】（1） ①. 加速酸溶的速率，提高锰的浸出率 ②.
（2） ①. D ②.
（3） ①. ②. 取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若没有沉淀生成，则沉淀已洗净
【解析】
【分析】软锰矿的主要成分是，还含有CaO、、FeS等杂质，加硫酸溶解，生成硫酸钙、硫酸铝、其中FeS与二氧化锰反应生成硫酸铁和硫酸锰以及S单质；过滤除去S和硫酸钙；滤液中加固体调节溶液pH除去铝离子和铁离子；过滤后在滤液中加NaF进一步除去该离子，过滤出CaF2，滤液中加碳酸氢钠生成碳酸锰，据此分析解答。
【小问1详解】
“浸出”软锰矿时，要在适当的高温下进行，并不断搅拌可以加快反应速率，提高锰的浸出率；“浸出”液中加入KSCN溶液，溶液呈血红色，可知反应生成三价铁离子，根据得失电子守恒及元素守恒可得反应方程式：，故答案为：加速酸溶的速率，提高锰的浸出率；；
【小问2详解】
“操作Ⅰ”需要加入试剂X调节溶液的pH，目的是除去铝离子和铁离子，而不使沉淀，同时不能引入杂质，因此应选、调节pH；结合Ksp可知氢氧化铁更易沉淀，因此只需确保Al3+沉淀完全即可除去铁离子，则铝离子完全沉淀时：，，，此时pH>5，为不使沉淀，pH应小于8.8，则pH范围：，故答案为：D；；
【小问3详解】
“沉锰”时加入足量，碳酸氢根离子与二价锰离子反应生成碳酸锰沉淀，同时生成二氧化碳气体，反应离子方程式为：，“沉锰”后需要过滤、洗涤碳酸锰沉淀，检验碳酸锰洗涤干净的方法是取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若没有沉淀生成，则沉淀已洗净。故答案为：；取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若没有沉淀生成，则沉淀已洗净。
23. 实验室制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵的实验步骤如图：

步骤i.将加入足量盐酸酸化的溶液中，微沸数分钟。
步骤ii.把制得的溶液缓慢加入到足量溶液中，有气泡产生并析出紫红色晶体。
步骤iii.反应结束后抽滤，用饱和溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，静置一段时间后得到产品。
请回答下列问题：
（1）步骤i中生成了一种空气中的主要气体，写出反应的化学方程式：_______。
（2）已知能被氧化，步骤ii可以在如下图装置中进行(夹持仪器略去)，利用A中反应产生的气体将装置中空气排尽。

①仪器M的名称是_______，A中反应的离子方程式为_______；
②B装置盛装的试剂是_______。
（3）步骤iii中用无水乙醇洗涤的目的是_______。
（4）称量m克产品，用溶液氧化，再除去多余的(方法略)，最后用标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应)，消耗标准溶液的体积为，产品中钒的质量分数为_______%(用含有m、c、V的式子表示)。若实验测得钒的质量分数偏大，则可能的原因是_______。(填序号)
A.滴定终点时俯视读数 B.标准溶液被氧化
【答案】（1）
（2） ①. 长颈漏斗 ②. ③. 饱和
（3）洗去固体表面的水分和，快速干燥晶体
（4） ①. ②. B
【解析】
【分析】实验室以V2O5为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，其流程为：V2O5与6mol/L的HCl、N2H4•2HCl反应制取VOCl2溶液，VOCl2溶液再与NH4HCO3溶液反应即可制得氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。
【小问1详解】
步骤i中生成了一种空气中的主要气体是N2，该步骤反应的化学方程式为：；故答案为：；
【小问2详解】
①该仪器是长颈漏斗②A装置用于制备二氧化碳，是用碳酸钙固体和稀盐酸制备，反应方程式为：，产生二氧化碳的同时，会产生HCl杂质，对后续实验产生影响，故B中应加饱和除去二氧化碳中的HCl杂质；故答案为：长颈漏斗；；饱和；
【小问3详解】
用无水乙醇洗涤是为了洗去固体表面的水和NH4HCO3，乙醇具有挥发性，能最大程度减少杂质的存在；故答案为：洗去固体表面的水分和，快速干燥晶体；
【小问4详解】
根据反应VO+2+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O可知，n(VO2+)=n(Fe2+)=cV×10-3mol ，n(V)=n(VO2+)，m(V)=51×cV×10-3，则钒的质量分数为% ；若实验测得钒的质量分数偏大，应该从c、V、m 三个角度分析，有可能标准溶液(NH4)2Fe(SO4)2被氧化了，还原能力降低，滴定时消耗的标准溶液体积偏大，会使测定结果偏高，有可能是滴定时读数带来的误差，例如滴定终点时仰视读数，则会导致记录的消耗标准液的体积偏高，最后导致测定结果偏高，故B正确。故答案为：；B。
24. 二甲醚()主要用作有机合成材料，也用作溶剂、气雾剂、制冷剂和麻醉剂等，工业上可由合成气(CO和)反应制取。
（1）碘甲烷法是制取二甲醚()的常用方法，由碘甲烷与甲醇钠在一定条件下制得，其化学方程式为_______。
（2）已知：①
②
③
则 _______(用x、y、z表示)。
（3）在密闭容器中加入3molCO和，发生 。平衡常数随温度和压强的变化如表甲所示：
表甲
压强
平衡常数
温度
1.0MPa
1.5MPa
12.0MPa
200℃
a
b
9
450℃
c
18
d
600℃
25
e
f
请回答：
①_______(填“>”或“<”)0。
②a=_______，_______。
（4）已知反应生成的初始速率与CO、的初始浓度的关系为，k是速率常数。在800℃时测得的相关数据如表乙所示。
表乙
实验编号
初始浓度
生成的初始速率/


1



2



3



请回答：
①800℃时，k的值为_______(只写数值，不写单位)。
②若800℃时，初始浓度，则生成的初始速率为_______。
（5）一种二甲醚燃料电池如图所示

①石墨2电极为_______(填“正”或“负”)极。
②石墨1电极发生的电极反应式为_______。
【答案】（1）
（2）
（3） ①. ＞ ②. 9 ③. 25
（4） ①. ②.
（5） ①. 正 ②.
【解析】
【小问1详解】
碘甲烷与甲醇钠在一定条件下发生取代反应生成二甲醚和NaI，反应的化学方程式为CH3I+CH3ONaCH3OCH3+NaI；答案为：CH3I+CH3ONaCH3OCH3+NaI；
【小问2详解】
根据盖斯定律，将①+②+③可得3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g) ∆H4=(x+y+z)kJ/mol；答案为：x+y+z；
【小问3详解】
①由于压强不影响平衡常数，故a=b=9、c=d=18、e=f=25，由表中数据知，升高温度，平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，∆H4＞0；答案为：＞；
②由于压强不影响平衡常数，相同温度不同压强下平衡常数相等，则a=9、f=25；答案为：9；25；
【小问4详解】
①对比实验1和3，CO浓度相同，实验3中H2浓度为实验1的1.5倍，实验3的速率是实验1的1.5倍，则y=1；v=k∙cx(CO)∙c(H2)，将实验1和实验2的数据代入得3.2×10-3=k×(2.00×10-3)x×2.00×10-3、2.0×10-3=k×(1.00×10-3)x×5.00×10-3；解得k=4×105、x=2；答案为：4×105；
②由①知，v=4×105c2(CO)∙c(H2)，当初始浓度c(CO)=c(H2)=3.00×10-3mol/L时，生成CH3OCH3的初始速率为4×105×(3.00×10-3)2×3.00×10-3=1.08×10-2；答案为：1.08×10-2；
【小问5详解】
①由H+的流向可知，石墨2为正极，正极上O2发生得电子的还原反应生成H2O；答案为：正；
②石墨1为负极，CH3OCH3在石墨1上发生失电子的氧化反应生成CO2，电极反应式为CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+；答案为：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+。
25. 水溶液是中学化学的重点研究对象。
（1）水是极弱的电解质，也是最重要的溶剂。常温下某电解质溶解在水中后，溶液中水电离出的，则该电解质可能是_______(填序号)。
A. B.HCl C. D.NaOH E.
（2）常温下，将的盐酸分别与下列三种溶液混合，结果溶液均呈中性。
①浓度为的氨水；
②的氨水；
③的氢氧化钡溶液。
则a、b、c、d之间的关系是_______。
（3）强酸制弱酸是水溶液中的重要经验规律。已知HA、是两种弱酸，存在以下关系：(少量)，则、、三种阴离子结合的能力由弱到强的顺序为_______。
（4）已知：，。则NaHA溶液中各种离子浓度大小关系为_______。
（5）已知：，向200mL的的溶液中加入相同体积的的氨水溶液，已知电离常数，计算难溶电解质的离子积_______，通过分析判断_______(填“有”或“无”)沉淀生成。
【答案】（1）AC （2）或
（3）
（4）
（5） ①. ②. 有
【解析】
【小问1详解】
常温下纯水电离产生的，而电解质溶解中水电离出的，可知水的电离被促进，、可发生水解促进水的电离；HCl、NaOH抑制水的电离；为强酸强碱盐对水电离无影响，故答案为：AC；
【小问2详解】
的盐酸溶于中氢离子浓度为10-3mol/L；
①浓度为的氨水，若a=b，则盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵，溶溶液显酸性，若使溶液显碱性则b>a；
②的氨水，若a=c，则氨水电离产生的氢氧根离子恰好与盐酸完全反应，但氨水为弱碱未完全电离，则最终溶液中存在大量氨水显碱性，若使溶液显中性，a>c；
③的氢氧化钡溶液，当a=d时两者恰好完全反应生成氯化钡，溶液显中性；
因此：或，故答案为：或；
【小问3详解】
根据反应(少量)可知，结合氢离子能力大于和；结合氢离子能力大于，则得电子能力：，故答案为：；
【小问4详解】
由电离方程式可知的一级电离完全电离，则为强酸的阴离子只电离不能发生水解反应，则NaHA溶液中Na+浓度大于HA-浓度，HA-发生微弱电离生成A2-离子和氢离子，再结合水电离生成氢离子和氢氧根离子，则，故答案为：；
【小问5详解】